高中数学精讲精练 第五章 数列
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【知识图解】
【方法点拨】
1．学会从特殊到一般的观察、分析、思考，学会归纳、猜想、验证． 2．强化基本量思想，并在确定基本量时注重设变量的技巧与解方程组的技巧．
3．在重点掌握等差、等比数列的通项公式、求和公式、中项等基础知识的同时，会针对可化为等差（比）数列的比较简单的数列进行化归与转化．
4．一些简单特殊数列的求通项与求和问题，应注重通性通法的复习．如错位相减法、迭加法、迭乘法等．
5．增强用数学的意识，会针对有关应用问题，建立数学模型，并求出其解．
第1课 数列的概念
【考点导读】
1． 了解数列（含等差数列、等比数列）的概念和几种简单的表示方法（列表、图象、通项公式），了解数列是一种特殊的函数；
2． 理解数列的通项公式的意义和一些基本量之间的关系； 3． 能通过一些基本的转化解决数列的通项公式和前n 项和的问题。
【基础练习】
1. 已知数列{a n }满足a 1=0, a n +1=
a n -3a n +1
(n ∈N *) ，则a 20=-。
分析:由a 1=0,a n +1=
a n -33a n +1
(n ∈N +) 得a 2=-3, a 3=3, a 4=0, ⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 由此可知:
数列{a n }是周期变化的, 且三个一循环, 所以可得: a 20=a 2=-3.
2．在数列{a n }中，若a 1=1，a n +1=a n +2(n ≥1) ，则该数列的通项a n =。
a 1(3n -1)
(n ∈N *) ，且a 4=54，则a 1=3．设数列{a n }的前n 项和为S n ，S n =
2
4．已知数列{a n }的前n 项和S n =-【范例导析】
例1．设数列{a n }的通项公式是a n =n 2-8n +5，则 （1）70是这个数列中的项吗？如果是，是第几项？ （2）写出这个数列的前5项，并作出前5项的图象； （3）这个数列所有项中有没有最小的项？如果有，是第几项？
分析：70是否是数列的项，只要通过解方程70=n -8n +5就可以知道；而作图时则要注意数列与函数的区别，数列的图象是一系列孤立的点；判断有无最小项的问题可以用函数的观点来解决，一样的是要注意定义域问题。 解：（1）由70=n -8n +5得：n =13或n =-5 所以70是这个数列中的项，是第13项。
（2）这个数列的前5项是-2, -7, -10, -11, -10；（图象略）
（3）由函数f (x ) =x 2-8x +5的单调性：(-∞, 4) 是减区间，(4,+∞) 是增区间， 所以当n =4时，a n 最小，即a 4最小。
点评：该题考察数列通项的定义，会判断数列项的归属，要注重函数与数列之间的联系，用函数的观点解决数列的问题有时非常方便。 例2．设数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n , 列{a n }的通项公式。
2
2
n (5n +1)
，则其通项a n = -5n +2． 2
S n
)(n ∈N *) 均在函数y ＝3x －2的图像上, 求数n
分析：根据题目的条件利用S n 与a n 的关系： a n =⎨的情况）求出数列{a n }的通项。
⎧S 1(当n =1时) ⎩S n (当n ≥2时)
，（要特别注意讨论n=1
解：依题意得，
n
n
=3n -2, 即S n =3n 2-2n 。
当n ≥2时，a n =
22⎡=(3n -2n ) -3n -1-2(n -1) ⎤=6n -5; ()S n -S n -1⎣⎦
当n=1时，a 1=S 1=1 所以a n =6n -5(n ∈N *) 。 例3．已知数列｛a n ｝满足a 1=1, a n +1=2a n +1(n ∈N *) （Ⅰ）求数列{a n }的通项公式； （Ⅱ）若数列{b n }满足41
b -1b 2-1
4
...4b n -1=(a n +1) b n .(n ∈N *) , 证明：{b n }是等差数列;
分析：本题第1问采用构造等比数列来求通项问题，第2问依然是构造问题。 解：（I ） a n +1=2a n +1(n ∈N *), ∴a n +1+1=2(a n +1),
∴{a n +1}是以a 1+1=2为首项，2为公比的等比数列。∴a n +1=2n .
即 a n =2n -1(n ∈N *). （II ） 41
b -1b 2-1
4
...4b n -1=(a n +1) b n .
∴4(b 1+b 2+... +b n ) -n =2nb n . ∴2[(b 1+b 2+... +b n ) -n ]=nb n , ①
2[(b 1+b 2+... +b n +b n +1) -(n +1)]=(n +1) b n +1. ②；
即(n -1) b n +1-nb n +2=0, ③
②－①，得2(b n +1-1) =(n +1) b n +1-nb n , ∴nb n +2-(n +1) b n +1+2=0. ④ ③－④，得 nb n +2-2nb n +1+nb n =0, 即
b n +2-2b n +1+b n =0, ∴b n +2-b n +1=b n +1-b n (n ∈N *), ∴{b n }是等差数列。
点评：本小题主要考查数列、不等式等基本知识，考查化归的数学思想方法，考查综合解题
能力。
【反馈演练】
1．若数列{a n }前8项的值各异，且a n +8=a n 对任意n ∈N 都成立，则下列数列中可取遍{a n }
*
前8项值的数列为 （2） 。
（1）{a 2k +1} （2）{a 3k +1} （3）{a 4k +1} （4）{a 6k +1} 2．设S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n =n ，则{a n }是。
2
3．设f （n ）=
1111
+++---+（n ∈N ），那么f （n +1）－f （n ）等于n +1n +2n +32n
11
。 -
2n +12n +2
4．根据市场调查结果，预测某种家用商品从年初开始的n 个月内累积的需求量S n （万件）近似地满足S n =
n 2
（21n －n －5）（n =1，2，„„，12）. 按此预测，在本年度内，需求量超90
过1.5万件的月份是 7月、8月 。
5．在数列{a n }中， a 1=1, a 2=2+3, a 3=4+5+6, a 4=7+8+9+10, 则a 10=。
n 2+n -1
(n ∈N +) ， 6．数列{a n }中，已知a n =
3
2
是否是数列中的项？若是，是第几项？ 3
n 2+n -1102+10-1109
(n ∈N +) ，∴a 10==解：（1）∵a n =， 333
（1）写出a 10，a n +1，a n 2； （2）79
33
2n 2+n -1
（2）令79=，解方程得n =15, 或n =-16，
33
2
∵n ∈N +，∴n =15， 即79为该数列的第15项。
3
a n +1
(n +1)+(n +1)-1=n =
2
2
+3n +1
，a n 2
3
n )(=
22
+n 2-1
n 4+n 2-1
=；
3
第2课 等差、等比数列
【考点导读】
1． 掌握等差、等比数列的通项公式、前n 项和公式，能运用公式解决一些简单的问题；
2． 理解等差、等比数列的性质，了解等差、等比数列与函数之间的关系； 3． 注意函数与方程思想方法的运用。
【基础练习】
1．在等差数列{a n }中，已知a 5＝10，a 12＝31，首项a 1= -2 ，公差d = 3 。 2．一个等比数列的第3项与第4项分别是12与18，则它的第1项是
16
，第2项是 8 。 3
3．设{a n }是公差为正数的等差数列，若a 1+a 2+a 3=15，a 1a 2a 3=80，则
105。 a 11+a 12+a 1=3
4．公差不为0的等差数列{a n }中，a 2，a 3，a 6依次成等比数列，则公比等于 3 。
【范例导析】 例1．（1）若一个等差数列前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列有 13 项。
（2）设数列{a n }是递增等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项是 2 。 解：（1）答案：13
法1：设这个数列有n 项
3⋅2⎧
S =3a +d 1⎪3
2
⎪⎪'
∵⎨S 3=S n -S n -3=3a 1+3nd -6d ⎪n (n -1) ⎪S n =a 1n +d
2⎪⎩
∴n ＝13
法2：设这个数列有n 项
⎧
⎪3(a 1+d ) =34⎪
∴⎨3a 1+3d (n -2) =146 ⎪n (n -1) d ⎪a 1n +=390
2⎩
∵a 1+a 2+a 3=34, a n +a n -1+a n -2=146
∴(a 1+a n ) +(a 2+a n -1) +(a 3+a n -2) =3(a 1+a n ) =34+146=180 ∴a 1+a n =60 又
n (a 1+a n )
=390 ∴n ＝13 2
（2）答案：2 因为前三项和为12，∴a 1＋a 2＋a 3＝12，∴a 2＝
S 3
＝4 3
又a 1·a 2·a 3＝48， ∵a 2＝4，∴a 1·a 3＝12，a 1＋a 3＝8， 把a 1，a 3作为方程的两根且a 1＜a 3， 2
∴x －8x ＋12＝0，x 1＝6，x 2＝2，∴a 1＝2，a 3＝6，∴选B. 点评：本题考查了等差数列的通项公式及前n 项和公式的运用和学生分析问题、解决问题的能力。
例2．（1）已知数列{log2(a n -1)}n ∈N *) 为等差数列，且a 1=3, a 3=9.
（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）证明
111
++---+
a 2-a 1a 3-a 2a n +1-a n
分析：（1）借助a 1=3, a 3=9. 通过等差数列的定义求出数列{log2(a n -1)}n ∈N *) 的公差，再求出数列{a n }的通项公式，（2）求和还是要先求出数列通项公式进行求和。
解：（1）设等差数列{log2(a n -1)}的公差为d ，
由a 1=3, a 3=9得:2(log22+d ) =log 22+log 28, 即d =1。 所以log 2(a n -1) =1+(n -1) ⨯1=n , 即a n =2n +1. （II ）证明：因为
1
的通项公式，再利用
a n +1-a n
111
， =n +1=
a n +1-a n 2-2n 2n
所以
1111111
++---+=1+2+3+L +n
a 2-a 1a 3-a 2a n +1-a n 2222
111-n ⨯
2=1-1
点评：该题通过求通项公式，最终通过通项公式解释复杂的不等问题，属于综合性的题目，解题过程中注意观察规律。
例3．已知数列{a n }的首项a 1=2a +1（a 是常数，且a ≠-1），a n =2a n -1+n 2-4n +2（n ≥2），数列{b n }的首项b 1=a ，b n =a n +n 2（n ≥2）。 （1）证明：{b n }从第2项起是以2为公比的等比数列；
（2）设S n 为数列{b n }的前n 项和，且{S n }是等比数列，求实数a 的值。 分析：第（1）问用定义证明，进一步第（2）问也可以求出。
解：（1）∵b n =a n +n ∴b n +1=a n +1+(n +1) 2=2a n +(n +1) 2-4(n +1) +2+(n +1) 2
2
=2a n +2n 2=2b n (n≥2)
由a 1=2a +1得a 2=4a ，b 2=a 2+4=4a +4，∵a ≠-1，∴ b 2≠0， 即{b n }从第2项起是以2为公比的等比数列。
(4a +4)(1-2n -1)
=-3a -4+(2a +2)2n （2）S n =a +
1-2
S n (2a +2)2n -3a -43a +4
当n ≥2时， ==2+n -1n -1
S n -1(2a +2)2-3a -4(a +1)2-3a -4
4
∵{S n }是等比数列, ∴S n (n≥2) 是常数， ∴3a+4=0，即a =- 。
3S n -1
点评：本题考查了用定义证明等比数列，分类讨论的数学思想，有一定的综合性。 【反馈演练】
1．已知等差数列{a n }中，a 2=7, a 4=15，则前10项的和S 10＝ 2．在等差数列{a n }中，已知a 1=2, a 2+a 3=13, 则a 4+a 5+a 6＝
3．已知等差数列共有10项，其中奇数项之和15，偶数项之和为30，则其公差是 3 。 4．如果-1, a , b , c , -9成等比数列，则b = 3 ， ac = -9 。 5．设等差数列{a n }的前n 项和为S n , 已知a 3=12,S 12>0,S 13
(1)求公差d 的取值范围；
(2)指出S 1、S 2、„、S 12中哪一个值最大，并说明理由.
⎧
⎪a 3=a 1+2d =12, ⎪
12⨯11⎪
解：(1)依题意有：⎨S 12=12a 1+d >0
2⎪
13⨯12⎪
S =13a +d
24
＜d ＜－3. 7
(2)解法一：由d ＜0可知a 1>a 2>a 3>„>a 12>a 13, 因此，在S 1，S 2，„，S 12中S k 为最大值的条件
解之得公差d 的取值范围为－
⎧a 3+(k -3) d ≥0
为：a k ≥0且a k +1＜0, 即⎨
a +(k -2) d
⎧kd ≥3d -121212
∵a 3=12, ∴⎨， ∵d ＜0, ∴2－＜k ≤3－
d d ⎩kd
24127
＜d ＜－3, ∴＜－＜4, 得5.5＜k ＜7.
27d
因为k 是正整数，所以k =6,即在S 1，S 2，„，S 12中，S 6最大. 解法二：由d ＜0得a 1>a 2>„>a 12>a 13，
因此若在1≤k ≤12中有自然数k , 使得a k ≥0, 且a k +1＜0, 则S k 是S 1，S 2，„，S 12中的最大值。
21
又2a 7=a 1+a 13=S 13＜0, ∴a 7＜0, a 7+a 6=a 1+a 12=S 12>0, ∴a 6≥－a 7>0
613
故在S 1，S 2，„，S 12中S 6最大.
∵－
n d
(n -1) d =n (12-2d ) +(n 2-n ) 22
d 124d 24124
=[n -(5-)]2-(5-) 2, d
27d
2412
从而，在正整数中，当n =6时，［n － (5－) ］最小，所以S 6最大.
2d
解法三：依题意得：S n =na 1+
点评：该题的第(1)问通过建立不等式组求解属基本要求，难度不高，入手容易.
第(2)问难度较高，为求{S n }中的最大值S k （1≤k ≤12）：思路之一是知道S k 为最大值的充要条件是a k ≥0且a k +1＜0；而思路之二则是通过等差数列的性质等和性探寻数列的分布规律，找出“分水岭”，从而得解；思路之三是可视S n 为n 的二次函数，借助配方法可求解，它考查了等价转化的数学思想、逻辑思维能力和计算能力，较好地体现了高考试题注重能力考查的特点.
第3课 数列的求和
【考点导读】
对于一般数列求和是很困难的，在推导等差、等比数列的和时出现了一些方法可以迁移到一般数列的求和上，掌握数列求和的常见方法有：
（1）公式法：⑴ 等差数列的求和公式，⑵ 等比数列的求和公式
（2）分组求和法：在直接运用公式求和有困难时常，将“和式”中的“同类项”先合并在
一起，再运用公式法求和（如：通项中含(-1)因式，周期数列等等）
（3）倒序相加法：如果一个数列｛a n ｝，与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和，则可用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到了一个常数列的和，这一求和方
法称为倒序相加法。特征：a n +a1=an-1+a2
（4）错项相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列的对应项相乘所组成，此时求和可采用错位相减法。 （5）裂项相消法：把一个数列的各项拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前n 项之和变成首尾若干少数项之和。
【基础练习】
1．已知公差不为0的正项等差数列｛a n ｝中,S n 为前n 项之和,lga 1、lga 2、lga 4成等差数列，若a 5=10,
则S 5 = 30 。 2．已知数列｛a n ｝是等差数列, 且a 2=8,a8=26,从｛a n ｝中依次取出第3项, 第9项, 第27项„,
n n+1
第3项, 按原来的顺序构成一个新的数列｛b n ｝, 则bn=__3+2___ 3．若数列{a n }满足：a 1=1, a n +1=2a n , n =1，2，3„. 则a 1+a 2+ +a n =2-1.
n
n
【范例导析】
例1. 已知等比数列{a n }中, a 2, a 3, a 4分别是某等差数列的第5项、第3项、第2项，且
a 1=64, 公比q ≠1
（Ⅰ）求a n ；
（Ⅱ）设b n =log 2a n ，求数列{|b n |}的前n 项和T n . 解：（I ）依题意a 2=a 4+3(a 3-a 4), 即2a 4-3a 2+a 2=0
∴2a 1q 3-3a 1q 3+a 1q =0 ∴2q 2-3q +1=0⇒q =1或q =
q ≠1
∴q =
11n -1
故a n =64⨯() 2212
n -1
1 2
（II ）b n =log 2[64⨯()
⎧7-n
]=log 227-n =7-n ∴|b n |=⎨
⎩n -7
n ≤7
n >7
∴当n ≤7时, |b 1|=6, T n =
n (6+7-n ) n (13-n )
=
22(1+n -7)(n -7) (n -6)(n -7)
当n >7时, |b 8|=1, T n =T 7+=21+
22
⎧n (13-n )
(n ≤7) ⎪⎪2
∴T n =⎨
⎪(n -6)(n -7) +21(n >7) ⎪2⎩
点评：本题考查了等比数列的基本性质和等差数列的求和，本题还考查了转化的思想。 例2．数列{a n }前n 项之和S n 满足：t ⋅(S n +1+1) =(2t +1) S n (n ∈N *, t ≠0) （1） 求证：数列{a n }是等比数列(n ≥2) ；
（2） 若数列{a n }的公比为f (t ) , 数列{b n }满足：b 1=1, b n +1=f (
项公式；
（3） 定义数列{c n }为c n =
1
) ，求数列{b n }的通b n
1
，求数列{c n }的前n 项之和T n 。 ，
b n b n +1
*
解：（1）由t ⋅(S n +1+1) =(2t +1) S n (n ∈N , t ≠0) 得：t ⋅(S n +1) =(2t +1) S n -1(n ≥2) 两式相减得：t ⋅a n +1=(2t +1) a n ,(n ≥2) 即
a n +12t +11
==2+,(n ≥2) , a n t t
∴数列{a n }是等比数列(n ≥2) 。 （2）b n +1=f (
1
) =2+b n ，则有b n +1-b n =2 ∴b n =2n -1。 b n
（3）c n =∴T n =
11111
==⋅(-) ， b n b n +1(2n +1)(2n -1) 22n -12n +1
1111111111⋅(1-+-+-+ +-) =(1-) 2335572n -12n +122n +1
点评：本题考查了a n 与S n 之间的转化问题，考查了基本等差数列的定义，还有裂项相消法求和问题。
例3．已知数列{a n }满足a 1=
1a n -1
，a n =(n ≥2, n ∈N ) ． n 4-1a n -1-2
（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式a n ； （Ⅱ）设b n =（Ⅲ）设c n =a n sin
1a n
2
，求数列{b n }的前n 项和S n ；
(2n -1) π*，数列{c n }的前n 项和为T n ．求证：对任意的n ∈N ，2
T n
4． 7
分析：本题所给的递推关系式是要分别“取倒”再转化成等比型的数列，对数列中不等式的证明通常是放缩通项以利于求和。 解：（Ⅰ）
1211
，∴=(-1) n -+(-1) n =(-2)[+(-1) n -1]，
a n a n -1a n a n -1
又
⎧11n ⎫
+(-1) =3，∴数列⎨+(-1)⎬是首项为3，公比为-2的等比数列． a 1
⎩a n ⎭
(-1) n -11n n -1
. +(-1) =3(-2) ， 即a n =a n 3⋅2n -1+1
（Ⅱ）b n =(3⋅2
n -1
+1) 2=9⋅4n -1+6⋅2n -1+1．
1⋅(1-4n ) 1⋅(1-2n ) S n =9⋅+6⋅+n =3⋅4n +6⋅2n +n -9．
1-41-2
(2n -1) π(-1) n -11n -1
=(-1) ， ∴c n =（Ⅲ） sin ． =n -1n n -1
23(-2) -(-1) 3⋅2+1
当n ≥3时，则T n =
1111+++ + 3+13⋅2+13⋅22+13⋅2n -1+1
n -2[1-() ]1111111122
473⋅2281-23⋅23⋅2
[1**********]4+[1-() n -2]
4
T 1
7=
点评：本题利用转化思想将递推关系式转化成我们熟悉的结构求得数列{a n }的通项a n ，第二问分组求和法是非常常见的方法，第三问不等式的证明要用到放缩的办法，放缩的目的是利于求和，所以通常会放成等差、等比数列求和，或者放缩之后可以裂项相消求和。
【反馈演练】
1．已知数列{a n }的通项公式a n =2n +1(n ∈N *) ，其前n 项和为S n ，则数列{项的和为 75 。
2．已知数列{a n }的通项公式a n ={377 。
3．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n =2a n +1，则数列{a n }的通项公式为a n =-2n -1。 4．已知数列{a n }中，a 1=1, 且有(2n +1) a n =(2n -3) a n -1(n ∈N *, n ≥2) ，则数列{a n }的通项公式为
2n -1(n =2k -1)
2n -1(n =2k )
S n
}的前10n
(k ∈N *) ，其前n 项和为S n ，则S 9=
a n =
3113n (-) ，前n 项和为。 22n -12n +12n +1
*
2
2
5．数列{a n }满足a 1=2，对于任意的n ∈N 都有a n ＞0, 且(n +1)a n +a n ·a n +1－na n +1=0，
n －1
又知数列{b n }的通项为b n =2+1.
(1)求数列{a n }的通项a n 及它的前n 项和S n ； (2)求数列{b n }的前n 项和T n ； 解：(1）可解得
n
a n +1n +12
，从而a n =2n ，有S n =n +n ， =
a n n
(2)T n =2+n －1.
*
6．数列{a n }中，a 1=8,a 4=2且满足a n +2=2a n +1－a n ,(n ∈N ).
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设S n =｜a 1｜+｜a 2｜+„+｜a n ｜, 求S n ;
(3)设b n =
1**
(n ∈N ), T n =b 1+b 2+„„+b n (n ∈N ), 是否存在最大的整数m ，使得对
n (12-a n )
m
成立？若存在，求出m 的值；若不存在，说明理由. 32
解：(1）由a n +2=2a n +1－a n ⇒a n +2－a n +1=a n +1－a n 可知{a n }成等差数列，
a -a 1d =4=－2, ∴a n =10－2n .
4-1
22
(2)由a n =10－2n ≥0可得n ≤5，当n ≤5时，S n =－n +9n ，当n ＞5时，S n =n －9n +40，
任意n ∈N 均有T n ＞
*
2⎧1≤n ≤5⎪-n +9n 故S n =⎨
2⎪n >5⎩n -9n +40
(3)b n =
11111
==(-)
n (12-a n ) n (2n +2) 2n n +1
111111n m
∴T n =b 1+b 2+ +b n =[(1-) +(-) + +(-)]=；要使T n ＞
2223n n +12(n +1) 32
总成立，需
m 1
＜T 1=成立，即m ＜8且m ∈Z ，故适合条件的m 的最大值为7.
432
第4课 数列的应用
【考点导读】
1．能在具体的问题情景中发现数列的等差、等比关系，并能用有关知识解决相应的问题。 2．注意基本数学思想方法的运用，构造思想：已知数列构造新数列，转化思想：将非等差、等比数列转化为等差、等比数列。 【基础练习】 1．若数列{a n }中，a 1=
11
，且对任意的正整数p 、q 都有a p +q =a p a q ，则a n = n . 33
2．设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n ，若S n +1, S n , S n +2成等差数列，则q 的值为
-2 。
3．已知等差数列{a n }的公差为2，若a 1, a 3, a 4成等比数列，则a 2= -6 。 【范例导析】
例1．已知正数组成的两个数列{a n },{b n }，若a n , a n +1是关于x 的方程
2
x 2-2b n x +a n b n b n +1=0的两根
（1）求证：{b n }为等差数列；
（2）已知a 1=2, a 2=6, 分别求数列{a n },{b n }的通项公式； （3）求数{
b n
}的前n 项和s n 。 2n
2
（1）证明：由a n , a n +1是关于x 的方程x 2+2b n x +a n b n b n +1=0的两根得：
22
a n +a n +1=2b n , a n a n +1=a n b n b n +1 ∴2b n =b n -1b n +b n b n +1, 2 b n >0 ∴2b n =b n -1+b n +1(n >1) ∴{b n }是等差数列
（2）由（1）知2b 12=a 1+a 2=8, ∴b 1=2,
a 2=b 1b 2, ∴b 2=3, ∴b n =n +1, ∴b 1=n
∴a n =b n -1b n =n (n +1)(n >1) 又a 1=2也符合该式，
∴a n =n (n +1)
（3）s n =
234n +1
+2+3+ +n ① 2222
134n +1
s n =2+3+ +n +1 ② 2222
①—②得
11111n +1s n =1+2+3+4+ +n -n +122222211n -1=1+(1-n -1) -n +1
222
11
(1-n +1)
n -1=1+4-n +1
121-2
∴s n =3-
n +3
. 2n
点评：本题考查了等差、等比数列的性质，数列的构造，数列的转化思想，乘公比错项相减法求和等。
例2．设数列{a n }{, b n }满足a 1=b 1=6, a 2=b 2=4, a 3=b 3=3 ，且数列
{a n +1-a n }(n ∈N +)是等差数列，数列{b n -2}(n ∈N +)是等比数列。
（I ）求数列{a n }和{b n }的通项公式；
（II ）是否存在k ∈N *，使a k -b k ∈ 0, ⎪，若存在，求出k ，若不存在，说明理由。 解
：
由
题
意
得
：
⎛
⎝1⎫2⎭
a n =a 1+(a 2-a 1) +(a 3-a 1) + +(a n -a n -1) =6+(-2) +(-1) +0+ +(n -4)
[(-2) +(n -4) ](n -1) n 2-7n +18 =6+＝ ；
2
2
1⎛1⎫由已知b 1-2=4, b 2-2=2得公比q = ∴b n -2=(b 1-2) ⎪
2⎝2⎭
n -1
⎛1⎫
=4⨯ ⎪
⎝2⎭
n -1
⎛1⎫
∴b n =2+8⨯ ⎪
⎝2⎭
k
⎛127⎫⎡⎛1⎫⎤
（2）f (k ) =a k -b k = k -k +9⎪-⎢2+8⨯ ⎪⎥
2⎝2⎭⎢⎝2⎭⎥⎣⎦
2k
1⎡⎛7⎫49⎤⎛1⎫
=⎢ k -⎪-⎥-8⨯ ⎪+7，所以当k ≥4时，f (k ) 是增函数。 2⎢2⎭4⎥⎝2⎭⎣⎝⎦
n
又 f (4) =
11
， 所以当k ≥4时f (k ) ≥， 22
又 f (1) =f (2) =f (3) =0， 所以不存在k ，使f (k ) ∈ 0, ⎪。
【反馈演练】
1．制造某种产品，计划经过两年要使成本降低36%，则平均每年应降低成本 20% 。 2．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5=2, S 10=6，则a 16+a a =。17+a 18+a 19+203．设{a n }为等差数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，已知S 7=7, S 15=75，｛T n 为数列
⎛
⎝1⎫2⎭
S n
｝n
n 2-9n
的前n 项和，则T n =．
4
4. 已知数列{a n }为等差数列, S n 为其前n 项和, 且a 2=3, 4S 2=S 4. （1）求数列{a n }的通项公式； （2）求证数列{2n }是等比数列； （3）求使得S n +2>2S n 的成立的n 的集合.
解：（1）设数列{a n }的首项为a 1, 公差为d ，由题意得：⎨解得：a 1=1, d =2
a
⎧a 1+d =3
⎩4⨯(2a 1+d ) =4a 1+6d
∴a n =2n -1
2a n 22n -1
（2）由题意知：a =2n -3=4，
2n -12
∴数列{2a n }为首项为2，公比为4的等比数列
（3）由a 1=1, d =2, a n =2n -1得, S n =n 2
∴S n +2>2S n ⇒(n +2) 2>2n 2⇒(n -2) 2
故n 的集合为:{1, 2, 3, 4}
5. 已知数列{a n }的各项均为正数，S n 为其前n 项和，对于任意n ∈N *，满足关系
S n =2a n -2.
证明：{a n }是等比数列；
证明：∵S n =2a n -2(n ∈N *) ① ∴S n +1=2a n +1-2(n ∈N *) ② ②－①，得a n +1=2a n +1-2a n (n ∈N *) ∵a n ≠0,
∴
a n +1
=2 (n ∈N *) a n
故:数列{an }是等比数列